Mécanique du point : expérience de Millikan.
1. En l'absence de champ électrique E, une gouttelette sphérique est soumise à :
♦ son poids R3 hg z 3
mg=−4π ρ e ;
♦ la poussée d'Archimède R3 ag z 3
4π ρ e
=
Π ;
♦ la force de frottement visqueux (formule de Stokes) f=−6πηRvez.
La deuxième loi de Newton appliquée à la gouttelette dans le référentiel, supposé galiléen, lié au condensateur s'écrit :
Π + +
= g f v m dt md
On en déduit, en projection suivant ez, l'équation différentielle du mouvement : g
1 R v
2 9 dt dv
h a
h 2
−
ρ
= ρ ρ
+ η
Avec la condition initiale v(0) = 0 cette équation s'intègre en :
( ) ( )
ρ
− η
− ρ
− η ρ
−
= t
R 2 exp 9 9 1
g R t 2
v 2
h a
h 2
Si on pose
η
= ρ
τ 9
R 2 h 2
, durée caractéristique du mouvement de la gouttelette, il vient :
( )
2(
h a)
1 exp t z9 g R
t 2 e
v
−τ
− ρ
− η ρ
−
=
2. La gouttelette atteint, théoriquement au bout d'un temps infini, une vitesse limite :
( ) (
h a)
2
t 0 9
g R v 2 t v
lim ρ −ρ
= η
+∞ =
→
Compte tenu de la valeur de la vitesse limite donnée dans la question suivante on obtient τ=20,4µs. Ainsi cette vitesse limite sera atteinte, à 10−3 prés, au bout d'une durée t=3τln
( )
10 =1,4ms ; donc, à notre échelle de temps, de manière quasi instantanée.3. A partir de la mesure de la vitesse limite on détermine le rayon de la gouttelette soit :
( )
1,13.10 mg 2
v
R 9 6
a h
0 = −
ρ
− ρ
= η
4. La norme du champ électrique uniforme et la différence de potentiel entre les armatures du condensateur sont liées par la relation :
Ed U=
5. Quand la gouttelette est immobilisée elle est en équilibre sous l'action de son poids et de la force électrique, soit : mg+
( )
−qE=0. On en déduit la valeur absolue de la charge de la gouttelette :C 10 . 8 , U 4
gd R 3
q 4 19
h 3 = −
πρ
=
La charge q est donc égale à un nombre entier de fois (ici n = 3) la charge élémentaire e.
Électrocinétique : régime sinusoïdal.
6. On peut écrire : Vs =VA−VB =
(
VA−VC) (
+ VC−VB)
. Les deux résistances R étant identiques on a :2 V 2
V V V
VC B C− D = e
=
− .
D'autre part le même courant traverse la capacité C et la résistance r qui constituent un diviseur de
tension. On a donc : C A Ve
jrC 1 V jrC
V + ω
= ω
− .
On en déduit alors aisément la fonction de transfert :
( ) (
+ ω)
ω
= −
=
ω 21 jrC
jrC 1 V j V T
e 1 s
Notons que : Th
( )
s i 0( )
Ve jrC 1 2jrC V 1
E s + ω
ω
= −
= = représente l'amplitude complexe de la f.é.m. du générateur de Thévenin équivalent au circuit du point de vue de ses bornes de sortie A et B.
7. On obtient l'impédance interne ZTh du générateur de Thévenin équivalent au circuit du point de vue de ses bornes de sortie A et B en éteignant la source ve(t). Il en résulte le schéma ci-contre d'où on déduit :
ω + +
= 1 jrC r 2 ZTh R
8. Le déphasage de la tension de sortie par rapport à la tension d'entrée est :
( ( ) ) ( )
ω +
ω
= − ω
=
ϕ 2 1 jrC
jrC arg 1
j T arg 1
1
Or, les nombres complexes
(
1−jrCω) (
et 1+jrCω)
, conjugués, ont des arguments opposés. Il vient alors :(
− ω)
=−(
ω)
=
ϕ1 2arg 1 jrC 2arctan rC 9. Avec ω = 103 rad.s−1 et C = 1 µF on aura
1 2
−π
=
ϕ si on donne à r la valeur r0 telle que : Ω
ω=
= 3
0 10
C r 1
10. On remplace le montage en pont par son générateur de Thévenin équivalent dans l'hypothèse où r = r0. Dans ce cas le même courant traverse la résistance
2
Ru =R et l'impédance ZTh qui constituent un
diviseur de tension. Compte tenu que R C r0 1 =
= ω on a donc :
Th e
s Th V
20 j 3 1 R Z 1 2
V E −
= +
=
Il en résulte que la tension de sortie présente, par rapport à la tension d'entrée, un déphasage :
(
−)
=− =− °=
ϕ'1 arg 1 3j arctan3 71,6
11. On considère que l'A.O. est idéal
(
i+ =i− =0)
et fonctionne en régime linéaire(
v+ =v−)
. On applique le théorème de Millman respectivement aux entrées inverseuse et non inverseuse, soit :ω
= +
+
= + +
− 1 jrC
V V R ,
V R V R R
V 1 e
1 s 2 e 2 1
On en déduit la fonction de transfert du montage :
( ) (
+ ω)
ω
= −
=
ω R 1 jrC
C jrR R V j V T
1 2 1 e s 2
12. Pour que T2
( )
jω =1 il faut que numérateur et dénominateur soient des nombres complexes conjugués. Cette condition sera remplie si :2
1 R
R = 13. Dans ce cas on a :
( )
ω +
ω
= −
=
ω 1 jrC
jrC 1 V j V T
e
2 s . Il en résulte que la tension de sortie présente, par rapport à la tension d'entrée, un déphasage :
(
− ω)
=−( )
ω=
ϕ2 2arg1 jrC 2arctan rC Ce montage constitue un déphaseur pur.
Optique géométrique.
14. En utilisant les formule de Descartes il vient :
1 o 1 i o o
i i t i 1
o 1
1 O A
A O B A
B G A
f , 1 A O
1 A O
1 + = = =
−
Par élimination de O1Ai entre ces deux relations on obtient : cm 20 G 1
f 1 A O
1 t
1 o =−
−
=
L'objet, réel, se trouve donc dans le plan focal image de la lentille divergente.
15. La position de l'image est telle que :
cm 10 A O G A
O1 i = t 1 o =− Elle est donc droite et virtuelle.
16. L'image virtuelle AiBi donnée par L1 sert d'objet réel pour L2 qui en donne une image réelle nette sur l'écran. De la relation de conjugaison de Descartes :
2 2
2 i f
1 E O
1 A O
1 + =
−
on déduit, compte tenu que O2E=2f2 :
2 2 2
2 2 1 i
2 1
2 i 2f
f E O
E O A f
O O O A
O =
= − +
= Il en résulte que :
cm 70 O O1 2 =
Remarque. O2E=2f2 montre que l'écran est dans le plan antiprincipal image de L2. Pour observer une image nette sur cet écran il faut que l'objet AiBi se trouve dans le plan antiprincipal objet de L2 soit O2Ai =−2f2. On en déduit évidemment O1O2 =70cm. Notons que dans cette géométrie le grandissement transversal dû à la lentille convergente est, par définition des plans antiprincipaux, G't = −1.
17. Le système (L1,L2) doit être afocal soit Fi1 = Fo2. La distance entre les centres optiques des deux lentilles est alors :
cm 20 f f O F F O O
O1 2 = 1 i1+ o2 2 = 1+ 2 = 18. Le grandissement d'un système afocal est
1 t 2
f
G =−f donc le rapport des diamètres des faisceaux émergent et incident est tel que :
f 2 f d D
1 2 =
−
=
Thermodynamique : pompe à chaleur.
19. Au cours d'un cycle élémentaire réversible la machine fonctionne en pompe à chaleur si elle :
♦ prélève de la chaleur à une source froide, δQf > 0 (transformation isotherme D → C) ;
♦ cède de la chaleur à une source chaude, δQc < 0 (transformation isotherme B → A).
Le cycle doit donc être parcouru dans le sens ADCBA. L'aire algébrique de la surface limitée par le cycle orienté représente l'opposé du travail reçu par l'agent thermique ; ici δW > 0.
Au cours du premier cycle élémentaire réversible les deux premiers principes de la thermodynamique conduisent à écrire :
( ) ( )
f ext c ext
f f c
c f
c Q
T 0 Q T T 0
Q 0 T , Q Q Q 0 Q
Q δ = →δ = δ
δ + δ
>
δ
→
<
δ + δ
Ces relations sont vérifiées si T(0) > Text.
20. Au cours d'un cycle élémentaire réversible on a, d'après les deux principes de la thermodynamique :
(
c f)
f Text( )
t Qc Q T, Q Q
W=−δ +δ δ =− δ
δ On en déduit :
( )
T( )
t ext Qc T tW T − δ
−
= δ d'où l'efficacité thermique de la pompe :
( ) ( )
( )
t T 1 Tt T W
t Q
ext
c >
= − δ
δ
=− η
21. Pendant la durée dt d'un cycle élémentaire l'agent thermique :
♦ reçoit un travail δW=Pdt ;
♦ cède une quantité de chaleur −δQc =CdT.
L'efficacité de la pompe étant définie par
( ) ( ) ( )
extc
T t T
t T W
t Q
= − δ
δ
=−
η on en déduit l'équation différentielle qui régit l'évolution de la température de la pièce au cours du temps :
( ) ( )
( )
t T 0 Tt T C dt
t dT
ext
− =
−P
Avec la condition initiale T(0) = T0 cette équation différentielle s'intègre en :
( ) ( )
0 ext
0
C T t
t T t T T ln
T
=P − −
Ainsi, la température T1 sera atteinte à l'instant t1, compté à partir de l'instant origine, tel que :
1 1 0 ext 1
0
T
t C T T T ln
T
= − −
P
22. Dans l'hypothèse d'un chauffage direct de la pièce on a : Pdt=CdT. Dans ce cas la température T1 sera atteinte à l'instant t2, compté à partir de l'instant origine, tel que :
( )
2 C 1 0 1
t = T −T >t P
La pompe à chaleur présente donc un intérêt évident pour chauffer un local. Effectivement, pour une puissance dépensée identique, la pompe à chaleur apporte une quantité de chaleur η fois plus grande à la source chaude qu'un chauffage direct.
23. On suppose qu'à l'instant où la température de la pièce est T1 = 295 K on arrête la pompe à chaleur ; cet instant sera pris comme nouvelle origine du temps.
Entre deux instants voisins, t et t + dt, la température du local varie de dT < 0 ce qui correspond, en supposant la pression constante, à une variation d'enthalpie : dH=CdT. Pendant la même durée l'enthalpie reçue à travers la paroi du local est : δHr =δQ=−kC
(
T( )
t −Text)
dt.Le bilan énergétique nous conduit à l'équation différentielle :
( )
k(
T( )
t T)
0 dtt dT
ext =
− +
Compte tenu que T(0) = T1 cette équation s'intègre en :
( )
t T(
T T) ( )
exp kt T = ext+ 1− ext − On en déduit la constante k, homogène à l'inverse d'un temps :1 6 ext 3
ext
1 84,8.10 s
2 ln 5 10 . 8 , 10
1 T
T T ln T t
k 1 = − −
=
−
= −
24. On reprend la même démonstration qu'à la question 21 mais ici la quantité de chaleur cédée à la source chaude est : −δQc =CdT−kC
(
T( )
t −Text)
dt.On en déduit l'équation différentielle :
( ) ( ( ) ) ( )
( )
t T 0 Tt T T C
t T dt k
t dT
ext ext =
− −
−
+ P
La température de la pièce atteint sa valeur maximale Tmax lorsque, au bout d'un certain temps, un régime stationnaire s'installe. L'énergie thermique apportée par la pompe sert alors uniquement à compenser les pertes par fuite thermique qui augmentent avec l'écart de température entre le local et le milieu extérieur.
Dans ce cas l'équation différentielle précédente se réduit à :
( )
0T T
T T C
T k
ext max ext max
max =
− −
− P
soit encore :
0 T kC T
T 2 2
Tmax2 ext max+ ext2 =
+
− P
Électrostatique.
25. La charge électrique totale du noyau est :
15 a dr 8
a r 1 r d sin d Q
0 3 a
0
2 2 2
0 2
0 0
= πρ
⌡
⌠
− θ θ ϕ ρ
=
∫
π∫
πC'est d'ailleurs la seule solution homogène proposée.
26. Le champ électrique E, vecteur vrai, appartient aux plans de symétrie de la distribution de charge et est orthogonal aux plans d'antisymétrie de cette même distribution. Ainsi, dans le cas proposé, on a E
( ) ( )
P =Er ur : le champ électrique est radial et ne dépend que de la distance r = OP du centre de la distribution au point considéré.27. A l'extérieur de la distribution, c'est-à-dire pour r > a, tout se passe comme si on avait une charge ponctuelle Q placée en O. Il en résulte donc un champ électrique :
( )
r rE 3
0 0 3 0 3
ext 15 r
a 2 r Q 4 P 1
ε
= ρ
= πε
28. A l'intérieur de la distribution on applique le théorème de Gauss sur une surface sphérique Σ de centre O et de rayon r < a. Il vient :
( )
− ε πρ
=
⌡
⌠
− θ θ ε ϕ
=ρ
π
∫
π∫
π 00 3 52r
0
2 2 2
0 2
0 0 int 0 2
a 5
r 3 4 r
' dr ' a r
' 1 r d sin d r
E r 4
On en déduit :
( )
rE
− ε
=ρ
2 2 0
int 0
a 5
r 3 P 1
Notons que le champ électrique est continu en r = a compte tenu de l'absence de charges superficielles.
29. Champ et potentiel sont liés par E = −∇V, soit pour r > a :
( ) ( )
r dr
r r dVext
ext
E =− r. Compte tenu de
la condition aux limites lim Vext
( )
r 0r =
+∞
→ , on en déduit par intégration :
( )
15 r a P 2V
0 0 3
ext ε
= ρ
30. On effectue le même raisonnement pour r < a ce qui nous donne par intégration :
( )
K'a 20
r 6 P r
V 2
4 2
0
int 0 +
− ε
−ρ
=
On détermine la constante K' en utilisant la continuité du potentiel en r = a, d'où
0 0 2
4 ' a
K ε
=ρ . En définitive il vient :
( )
− +
ε
=ρ
2 4 2 2 0 int 0
a 20
r 6 r 4 P a
V
Magnétostatique.
31. Tous les plans contenant l'axe Oz sont plans d'antisymétrie pour la distribution de courant. Le champ magnétique B, pseudo vecteur, appartient à ces plans donc à leur intersection. Il en résulte qu'en tout point M de l'axe Oz, B(M) est porté par cet axe.
Le plan xOy est plan de symétrie pour la distribution de courant. B(P) est alors orthogonal à ce plan en tout point P de celui-ci.
32. C'est un résultat classique du cours, soit :
( )
0 sin3 z R2
M I e
B µ α
=
33. On a
(
zM −z)
tanα=R qui nous donne, en prenant sa dérivée logarithmique : z 0z dz cos
tan d
2 M =
− − α α
α On en déduit aisément :
α α α=
α α
= − d
sin R cos
d tan
z
dz zM 2 2
34. Si on note n le nombre de spires par unité de longueur on a L
n= N d'où le nombre de spires contenues dans un élément de longueur dz de solénoïde :
Ldz dz N n dN= =
35. L'élément de longueur dz de solénoïde peut être considéré comme une spire circulaire plane de rayon R, centrée à la cote z et parcourue par le courant d'intensité di=IdN. Elle crée donc en M le champ magnétique élémentaire :
( )
0 3 z 0 sin d zL 2 dN NI R sin
2 M I
dB e µ α αe
= µ α
=
On obtient, par intégration, le champ magnétique total créé en ce point par le solénoïde, soit :
( )
0(
cos 1 cos 2)
zL 2
M NI e
B µ α − α
=
36. Pour un solénoïde infini, comportant L
n= N spires circulaires par unité de longueur, on a α1=0 et α2 =π. On en déduit :
( )
M 0nIez B∞ =µLe champ magnétique est uniforme à l'intérieur du solénoïde infini et nul à l'extérieur. C'est un résultat qui fait partie des connaissances de base de la magnétostatique.
